【洛谷 2405】 non天平
题目背景
non最近正在为自己的体重而苦恼，他想称量自己的体重。于是，他找来一个天平与许多砝码。
题目描述
砝码的重量均是n的幂次，n^1、n^2、n^3、n^4、n^5的……non想知道至少要多少个砝码才可以称出他的重量m。注意砝码可以放左边，也可以放右边。
输入输出格式
输入格式：第一行一个正整数m，表示non的重量；
第二行一个正整数n，表示砝码重量幂次的底；
输出格式：一个整数表示最少所需的砝码数。
输入输出样例
99 10
2
说明
【数据范围】
对于30%的数据点，m <= 2^63 - 1
对于100%的数据点，0 <= m <= 10^10000, 0 < n <= 10000
分析：对于本题的数据范围，势必要高精了。
首先说明白一点：天平使用原则：左物右码。
那么题目可以等效成这样：右边的质量-左边的质量=给出的质量，所以砝码就有了加减两个策略可以选择
我们先来看题目的样例：99
99的得出有两种大的方向：加策略 和 减策略
首先加策略的话，需要9*10+9*1 ->18个
其次减策略的话，需要1*100-1*1 ->2个
样例减策略要优于加策略。
原题目也就等价于这样一个等式
k0*10^0+k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=99 这里我们假设左边就三项把 方便研究
k的系数可正可负，正就是放在右边，负就是放在左边。
那么我们要求∑|k|最小，可以这样想： 我们先考虑最小的质量是1的砝码，我们要确定使用了几个1砝码，那么我们就要把个位的9补平，要么是10-1，需要一个； 要么是0+9，需要9个；
显然减一下好，而且减掉一个刚好。于是我们确定了上述方程的第一项系数k0= -1
那么方程就是这样：-1*10^0+k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=99
把第一项移到右边：k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=100
我们看到我们成功的把个位填平了，使得方程可以同除以10
那么就变成了k1*10^0+k2*10^1+k3*10^2=10
于是到这里我们看到了问题具有很强的 最优子结构性质。
而无后效性是显然的，我们确定了小法吗的个数后，右边的个位被填平，所以我们不在需要小法吗
于是问题就是一道DP问题。
而这个m是一个高精数，在说我们的n=10是很特殊的，对于其他的n我们 要进行很多的 m div n 和m mod n操作
于是我们整体的预处理一下，
把m进行n进制的分解
不断的把 计算m mod n这个余数，记录，再把m div n，把m除干净为止；
于是我们得到了n进制下的 每一位上的数字，对应于我们每一个数量级的砝码
对于每一位我们有两个策略，直接使用yu【i】这么多的砝码，或者用n-yu【i】这么多的砝码进上去，两种操作都可以使n进制下的个位变成0
于是我们发现他其实是0/1 DP 也就是说我们开一个数组f【0..m,0..1】，前一维意思是处理到n进制下的第i位，后一维意思是我们当前这一位的处理策略 0代表直接拿出yu【i】这么多的砝码，1代表我们把当前位补平，进到下一位去
数组元素存储处理完当前第i位需要的砝码数
于是状态转移方程：
f[i,0]:=min(f[i-1,0]+yu[i],f[i-1,1]+yu[i]+1);
f[i,1]:=min(f[i-1,0]+b-yu[i],f[i-1,1]+b-yu[i]-1);
写状态转移方程的时候仔细一点就不会错：使用f【i-1，1】的时候，我们当前位就+1
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; char cl[10005]; int head,ym[10005],m[10005],n,h[10005],laji[10005]; int ln,lm,tail,f[500005][2]; void deal()//转N进制。 { int i; while(1) { int u=0; tail=-1; int yu=0; for(i=0;i<lm;i++) { tail++; u=yu*10+m[i]; h[tail]=u/n; yu=u%n; } head++; ym[head]=yu; for(i=0;i<lm;i++) if(h[i]!=0) break; for(int j=i;j<lm;j++) m[j-i]=h[j]; lm-=i; if(lm<=ln) { int po=0; for(i=0;i<lm;i++) po=po*10+m[i]; head++; ym[head]=po%n; po=po/n; head++; ym[head]=po; break; } } } int main() { cin>>cl; lm=strlen(cl); cin>>n; if(n==1) cout<<cl; else { for(int i=0;i<lm;i++) m[i]=cl[i]-'0'; deal(); int ans=0; f[0][1]=1; for(int i=1;i<head;i++) { f[i][0]=min(f[i-1][0]+ym[i],f[i-1][1]+ym[i]+1); f[i][1]=min(f[i-1][0]+n-ym[i],f[i-1][1]+n-ym[i]-1); } cout<<min(f[head-1][0],f[head-1][1]); } return 0; }
